Математический анализ - Интегралы - Аксёнов - 2000 - 145 (1111231), страница 14

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 14)

А так как σ → I при λ → 0 , то получаем I = I* , т. е.∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x( ξ, η), y( ξ, η)) ⋅ J (ξ, η) dξdη .(D )(1)(∆)x = r cos ϕ,Частный случай. Пусть Тогда y = r sin ϕ.89∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r drdϕ .(∆)(D )Замечание. Формула (1) остается верной и тогда, когда взаимнооднозначное соответствие между точками областей ( D ) и ( ∆ ) нарушается намножестве точек, лежащих на конечном числе простых кривых. При этом предполагается, что якобиан J ( ξ, η) остается ограниченным всюду в ( ∆ ) .§7.

Примеры к главе 3+∞Пример 1 (интеграл Эйлера). Вычислить I =2−xe∫ dx (попутно будет до0казана сходимость этого несобственного интеграла).Введем в рассмотрение функциюyf ( x, y ) = e− x2− y2и области ( D1 ) , ( D2 ) , ( D3 ) , где:( D1 ) – четверть круга: x 2 + y 2 ≤ R2 , лежащая впервой четверти;x0 ≤ x ≤ R,( D2 ) – квадрат: 0 ≤ y ≤ R;( D3 ) – четверть круга: x 2 + y 2 ≤ 2 R2 , лежащая вRR 2Рис. 3.29.К вычислениюинтеграла Эйлерачто f ( x , y ) > 0 следует:−x∫∫ e2первой четверти.Ясно, что ( D1 ) ⊂ ( D2 ) ⊂ ( D3 ) . Отсюда и из того,− y2dxdy ≤( D1 )1442443= I1−x∫∫ e2− y2dxdy ≤( D2 )1442443= I2−x∫∫ e2− y2dxdy .(2)( D3 )1442443= I3Выразим двойной интеграл I2 через повторный.I2 =∫∫ e( D2 )−x2 − y2RR00dxdy = ∫ dx ∫ e−x2 − y2Rdy = ∫ e0−x2R2dx ∫ e− y dy =02 R − y2   R − x2   R − x2 =  ∫ e dy   ∫ e dx  =  ∫ e dx  . 00 0Вычисление двойных интегралов I1, I3 будем производить, переходя к полярным координатам. Будем иметь90∫∫ eI1 =−x − y( D1 )R−r2π= ∫e20I3 =∫∫ e− x2 − y222dxdy =∫∫ e−r2π2r drdϕ =( ∆1 )0R2ππ 2r dr = ∫ e − r dr 2 = − e − r440π2dxdy =( D3 )∫R 2∫dϕ0e−r20∫R2dϕ ∫ e− r r dr =r= Rr =00=π 2r dr = − e− r4()2π1 − e− R ;4r = 2R=r =0()2π1 − e −2 R .4Теперь неравенство (2) может быть записано в виде(π1 − e− R42)2( R − x2 2π≤  ∫ e dx  ≤ 1 − e −2 R40)⇒R⇒222ππ1 − e − R ≤ ∫ e − x dx ≤1 − e −2 R .220В этом неравенстве перейдем к пределу при R → + ∞ .

Так как2ππ,1 − e− R →2R→+∞ 22ππ,1 − e −2 R →2R→+∞ 2то по теореме о сжатой переменной заключаем, чтоRlimR→+∞+∞Итак, получили+∞вательно,∫e0− x22−x∫ e dx =0π.2πdx =. Легко показать, что20π, а следо22−x∫ e dx =−∞2−x∫ e dx = π .−∞Пример 2. В интеграле I =∫∫ f ( x, y ) dxdyперей-(D )ти к полярным координатам и расставить пределы интегрирования, если ( D ) – круг x 2 + y 2 ≤ ax ( a > 0 ).22aax 2 + y 2 ≤ ax ⇔  x −  + y 2 ≤⇒ (D ) –24aaкруг радиусас центром в точке  , 0 .

Положим2 2yr = a cos ϕϕa2xaРис. 3.30. К примеру 291 x = r cos ϕ, Окружность x 2 + y 2 = ax в полярных координатах задается урав y = r sin ϕ.π πнением r 2 = ar cosϕ ⇒ r = a cosϕ , ϕ ∈ − ,  . Якобиан J ( r , ϕ ) = r . 2 2 Если внешнее интегрирование производить по ϕ , то промежутком изменеπ πния ϕ , будет − ,  . Взяв произвольное значение ϕ из промежутка 2 2 − π , π  , видим по рисунку 3.30, что r изменяется от r = 0 до r = a cosϕ . Бу 2 2 дем иметь, следовательно,π2I=yaϕ = 3π4∫r = a cos ϕdϕ−π 2r= asin ϕ∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr .r =0Примерϕ= π4sin ϕr =acos2ϕI=3.∫∫ f ( x, y ) dxdyВинтегралеперейти к поляр-(D )ным координатам и расставить пределыинтегрирования, если ( D ) – параболи-− a ≤ x ≤ a,ческий сегмент  x 2Рис.

3.31. К примеру 3 a ≤ y ≤ a.В полярных координатах отрезок прямой y = a , − a ≤ x ≤ a , определяется−aaxx2π 3π a, ϕ∈ ,, а кусок параболы y =, x ∈[− a, a ] , –уравнением: r =sin ϕa 4 4 sin ϕ0, π  U  3π , π  . Будем производить внешнееуравнением: r = a,ϕ∈ 4   4 cos2 ϕπинтегрирование по ϕ . Взяв произвольное значение ϕ из промежутка 0,  , 4 sin ϕвидим по рисунку 3.31, что r изменяется от r = 0 до r = a. Взяв произcos2 ϕπ 3πвольное значение ϕ из промежутка  ,  , видим, что r изменяется от r = 0 4 4 3πaдо r =. Взяв произвольное значение ϕ из промежутка  , π  , видим, 4 sin ϕsin ϕчто r изменяется от r = 0 до r = a. Будем, следовательно, иметьcos2 ϕ92π4I = ∫ dϕ0r =asin ϕcos2 ϕ3π4r=asin ϕ∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr + ∫ dϕ ∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr +π4r =0π+ ∫ dϕ3π4r =asin ϕcos 2 ϕr =0∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr .r =011∫ ∫Пример 4.

В интеграле I = dx f ( x , y ) dy перейти к полярным координа00там и расставить пределы интегрирования в том и другом порядке.y21r = 1  ϕ = arcsin sin ϕ rCBϕ= π41r = 1  ϕ = arccos cos ϕ rxAO12Рис. 3.32. К примеру 4(D )определяетсясоотношениямиx = r cos ϕ,0 ≤ x ≤ 1,( D ) = При замене J (r, ϕ ) = r .0 ≤ y ≤ 1. y = r sin ϕ,y = 0, ϕ = 0,Отрезок OA = 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ r ≤ 1. ϕ = π ,x = 0,Отрезок OB = ⇒ 20 ≤ y ≤ 10 ≤ r ≤ 1.r = 1 ,ϕ = arccos 1 ,x = 1,cosϕОтрезок AC = ⇒ ⇔ rπ0 ≤ y ≤ 1 1 ≤ r ≤ 2.0 ≤ ϕ ≤4Областьинтегрирования93r = 1 ,ϕ = arcsin 1 ,y = 1,sinϕОтрезок BC = ⇒ ⇔ rππ0 ≤ x ≤ 1 1 ≤ r ≤ 2. ≤ϕ≤24I.

Если внешнее интегрирование производить по ϕ , то будем иметьπ41cos ϕπ2r =0π4r=I = ∫ dϕr=1sin ϕ∫ f (r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr + ∫ dϕ ∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr .0r =0II. Будем производить теперь внешнее интегрирование по r . Взяв произвольное значение r из промежутка [0, 1], видим по рис. 3.32, что ϕ изменяется[]π. Взяв произвольное значение r из промежутка 1, 2 , ви211дим, что ϕ изменяется от ϕ = arccos до ϕ = arcsin . Будем иметь, следоваrrот ϕ = 0 до ϕ =тельно,π21ϕ=0ϕ =0I = ∫ dr2ϕ = arcsin1r∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dϕ + ∫ dr ∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dϕ .1yϕ = arccos1r1∫Пример 5. В интеграле I = dx2B1C0y= x2∫ f ( x, y ) dyy =0перейти к полярным координатам и расставитьпределы интегрирования в том и другом порядке.Область интегрирования ( D ) определяет- 0 ≤ x ≤ 1,x ся соотношениями ( D ) = 2 Делаем0≤y≤x.O2x = r cos ϕ,Рис.

3.33. К примеру 5замену  y = r sin ϕ ⇒ J ( r , ϕ ) = r .y = 0, ϕ = 0,Отрезок OA = 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ r ≤ 1.r = 1 ,ϕ = arccos 1 ,=1,xcosϕ⇒ ⇔ Отрезок AB = rπ0 ≤ y ≤ 10 ≤ ϕ ≤ 1 ≤ r ≤ 2.4A194r = sin ϕ ,1 + 4r 2 − 12y=x ,( OCB = 0 ≤ x ≤ 1 ⇒  cos ϕ ⇔ ϕ = arcsin 2r , 0≤ϕ≤ π0 ≤ r ≤ 2.4sin ϕ0, π  ;,ϕ∈( y = x 2 ⇒ r sin ϕ = r 2 cos2 ϕ ⇒ r = 4 cos2 ϕ2имеем также−1 ± 1 + 4r 2r sin ϕ = r (1 − sin ϕ ) ⇒ r sin ϕ + sin ϕ − r = 0 ⇒ sin ϕ =⇒2rπтак как sin ϕ ≥ 0 для ϕ ∈ 0,  , 4 2221 + 4r 2 − 11 + 4r 2 − 1sin ϕ =⇒ ϕ = arcsin, r ∈ 0, 2 .2r2rϕ( r ) в точке r = 0 понимается в предельном смысле, ϕ( 0) = 0 .I. Будем производить внешнее интегрирование по ϕ .

Взяв произвольноеπзначение ϕ из промежутка 0,  видим по рис. 3.33, что r изменяется от 4 sin ϕ1r=до r =. Поэтому будем иметь2cosϕcos ϕ[π4r=0r=I = ∫ dϕ]1cos ϕ∫ f (r cos ϕ, r sin ϕ ) r dr .sin ϕcos 2ϕII. Станем производить теперь внешнее интегрирование по r . Взяв произвольное значение r из промежутка [0, 1], видим по рис. 3.33, что ϕ изменяется1 + 4r 2 − 1. Взяв произвольное значение r из проме2r1жутка 1, 2 , видим по рис.

3.33, что ϕ изменяется от ϕ = arccosдоr1 + 4r 2 − 1ϕ = arcsin. Следовательно, будем иметь2rот ϕ = 0 до ϕ = arcsin[1I = ∫ dr0]ϕ = arcsin1+ 4r 2 −12r2∫ f (r cos ϕ, r sin ϕ ) r dϕ + ∫ drϕ=01ϕ = arcsin1+ 4r 2 −12r∫ f ( r cos ϕ, r sin ϕ ) r dϕ .ϕ = arccos1r95Пример 6. Переменить порядок интегрирования в интегралеr = a sin 2ϕπ2I=yπ 1rϕ = − arcsin 22 2aπϕ=4∫ f (ϕ, r ) dr .dϕr =002Область интегрирования ( D ) определяет- 0 ≤ ϕ ≤ π ,2Изся соотношениями: ( D ) = 0 ≤ r ≤ a sin 2ϕ .соотношения r = a sin 2ϕ ⇒ r 2 = a 2 sin 2ϕ2ϕ = 1 arcsin r 22axaO∫sin 2ϕ =⇒r2a2⇒2ϕ = arcsinr2a2⇒1r2ϕ = arcsin 2 , r ∈[0, a ] .

Требуется произве2aсти внешнее интегрирование по r .Возьмем произвольное значение r из промежутка [0, a ] . Из рис. 3.34 виРис. 3.34. К примеру 6дим, что ϕ будет изменяться при этом r от значения ϕ =ния ϕ =π 1r2− arcsin 2 . Следовательно, будем иметь2 2aaI = ∫ dr01r2arcsin 2 до значе2aπ 1r2ϕ = − arcsin 22 2a∫ f ( ϕ , r ) dϕ .1r2ϕ = arcsin 22aПример 7.

В двойном интеграле∫∫ f ( x, y ) dxdy , где ( D ) – область, огра-(D )ниченная линиями:x + y = a ( a > 0 ), x = 0 , y > 0 , сделать замену пере- x = u cos4 v ,менных по формулам: 4 y = u sin v.При такой замене:x+ y= a1) линия(a > 0 )перейдетвлиниюu ⋅ cos2 v + u ⋅ sin 2 v = a ⇒ u = a ⇒ u = a (рис.

3.35, 3.36); u sin 4 v = 0,y = 0,v = 0,перейдет в линию ⇒ 2) линия 40 < u ≤ a;0 < x ≤ a0 < u cos v ≤ a96 v = π , u cos4 v = 0,⇒ 240<usinv≤a0 < u ≤ a;u cos4 v = 0,4) точка O( 0, 0) перейдет в линию ⇒ u = 0.4 u sin v = 0yvx = 0,3) линия 0 < y ≤ a перейдет в линиюaπ2(∆)x(D )uaOРис. 3.35. К примеру 7J ( u, v ) =aOРис. 3.36. К примеру 743xu′ x v′= cos4 v −4u cos3 v sin v = 4u sin 3 v cos3 v .yu′ y v′sin v 4u sin v cos vСледовательно,av=π 20v =0I = 4∫ u du∫ f ( u cos4v , u sin 4 v )sin 3 v cos3 v dv .Пример 8.

Произведя соответствующую замену переменных, свести двойной интеграл I =∫∫ f ( x ⋅ y ) dxdy , где ( D ) – область, ограниченная линиями:(D )xy = 1 , xy = 2 , y = x , y = 4 x ( x > 0 , y > 0 ), к однократному.yv44y = 4x3(D )21123y=xxy = 2xy=1xРис. 3.37. К примеру 8(∆)2112uРис. 3.38. К примеру 897Делаем замену переменных:u xy = u,x = v ,⇒ ( u > 0 , v > 0 , ибо x > 0 , y > 0 ).y=v x y = uvПри такой замене:1) линия xy = 1 перейдет в линию u = 1 ;2) линия xy = 2 перейдет в линию u = 2 ;3) линия y = x перейдет в линию v = 1 ;4) линия y = 4 x перейдет в линию v = 4 .11 u− 32x′ x′2v1=J ( u, v ) = u v = 2 uv.yu′ y v′2v1 v 1 u2 u 2 vБудем иметь, следовательно,2v =41v =11I = ∫ du2∫dv 1f ( u) =v 2u= 2∫ f ( u)[ln v ]u=1v =4du =v =12ln 2 ⋅ ∫ f ( u ) du .1Пример 9. Найти площадь фигуры, ограниченной линией ( x − y )2 + x 2 = a 2( a > 0 ).vx − y = u,Делаем замену переменных  x=v⇒ x = v , При такой замене линия ( x − y )2 + x 2 = a 2(∆)u  y = v − u.a( a > 0 ) переёдет в линию u2 + v 2 = a 2 .

Это – окружность радиуса a с центром в точке ( 0, 0) .x′ x′0 1= 1.J ( u, v ) = u v =−1 1yu′ yv′Рис. 3.39. К примеру 9Искомая площадь F фигуры, ограниченной линией( x − y )2 + x 2 = a 2 ( a > 0 ) будет равнаF=∫∫ dxdy = ∫∫ J (u, v ) dudv = ∫∫ dudv = πa(D )(∆)2(кв. ед.).(∆)Пример 10. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:( x 2 + y 2 )2 = 2a 2 ( x 2 − y 2 ); x 2 + y 2 ≥ a 2 .98ϕ = 5π6yϕ= π6r =ar =a 2cos 2ϕxaa 2ϕ=− π6ϕ = − 5π6Рис. 3.40.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)